Seconde 6 DST2 Correction 18 octobre 2014
Exercice 1 : (1) S={−32}
(2) S={0;−1}
(3) S={1}
Exercice 2 :
(1) `A l’aide de la calculatrice, on a :
x f
−∞ −2 +∞
−7
−7
(2) 3(x+ 2)2−7 = 3(x2+ 4x+ 4)−7 = 3x2+ 12x+ 12−7 = 3x2+ 12x+ 5 =f(x) (3) Pour toutx, on a (x+ 2)2>0 donc 3(x+ 2)2>0 etf(x) = 3(x+ 2)2−7>−7.
De plusf(−2) = 3(−2 + 2)2−7 =−7. Donc −7 est le minimum de f surR. (4) R´esolvonsf(x) = 2.
3(x+ 2)2−7 = 2 est ´equivalent `a 3(x+ 2)2−9 = 0 ou encore 3(x+ 2−√
3)(x+ 2 +√
3) = 0. Les solutions de cette ´equation sont−2 +√
3 et−2−√ 3.
Les ant´ec´edents de 2 par f sont donc−2 +√
3 et−2−√ 3.
Exercice 3 :
(1) xmin=−2 xmax= 6,ymin=−22 et ymax= 20.
(2) x −2 −1,5 −1 −0,5 0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5 4 4,5 5 5,5 6
f(x) −21 −5,4 5 10,9 13 12,1 9 4,4 −1 −6,4 −11 −14,1 −15 −12,9 −7 −3,4 19
(3)
x f
−2 0,1 3,9 6
−21
−21
13 13
−15
−15
19 19
(4) Voir au verso
(5) Graphiquement, on remarque quef(1,25)≈6,83
(6) Graphiquement, on remarque que les ant´ec´edents de 9 sont−0,7, 1 et 5.7 (7) Graphiquement, on voit deux solutions 0 et 6
(8) R´esolvonsf(x) =x+ 13.
Cette ´equation est ´equivalente `ax3−6x2= 0 ou encorex2(x−6) = 0. Il y a deux solutions 6 et 0.
Exercice 4 : Partie A
(1) ABC etABM sont rectangle en B donc par le th´eor`eme de Pythagore, on a :AC2 =AB2+BC2 etAM2= AB2+BM2.
De plus, on sait queBC= 1, on a donc :AC2+AM2= 2AB2+BM2+ 1
(2) a. M varie entreB et F doncBM varie entre 0 etBF = 4,xappartient donc `a [0; 4].
b. Le triangle est rectangle enA, donc par Pythagore, on aAC2+AM2=CM2= (x+ 1)2=x2+ 2x+ 1 (3) Des deux questions pr´ec´edentes, on d´eduit que 2AB2+BM2+ 1 =x2+ 2x+ 1, on sait que BM2 =x2, on a
donc 2AB2=x2et AB=√ x Partie B
(1) f(x) =√ x+√
4−x
(2) a. Commex∈[0; 4], on axmin= 0 etxmax= 4. Par tˆatonnement, on peut prendreymin= 2 etymax= 3 b. Graphiquement, on conjecture que le maximum est 2,8 atteint en 2. (f(2) =√
2 +√ 2 = 2√
2, on peut donc conjecturer que le max est 2√
2) Exercice 5 :
Soitxla largeur du rectangle, d´eterminons la longueur de ce rectangle. Les diagonales du rectangle sont des diam`etres du cercle, donc elles sont ´egales `a 2.
Soity la longueur du rectangle, par Pythagore, on a donc :x2+y2= 4. Doncy=√ 4−x2. L’aire du rectangle est doncx√
4−x2.
L’aire du disque estπr2 = 4π, l’aire de la partie non gris´ee est donc 4π−x√
4−x2. On cherche donc `a r´esoudre l’´equation :
xp
4−x2= 4π−xp 4−x2. On trace sur la calculatrice la courbe repr´esentative de x7→2x√
4−x2−4π.
Graphiquement, on trouve deux ant´ec´edents `a 0. On sait que l’un correspond `a la largeur et l’autre `a la longueur, on prend donc l’ant´ec´edent le plus petit, c’est-`a-dire environ 0,87.
Il faudrait donc prendre un rectangle de largeur 0.87 et de longueur 1,8
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−2 −1.5 −1 −0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 5.5 6
−14
−12
−10
−8
−6
−4
−2 2 4 6 8 10 12 14 16 18
0
1,25 6,83
−0,7 9
5.7
